Tuyển tập Đề thi tuyển chọn đội tuyển dự thi VMO cả nước năm 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.73 MB, 51 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

NĂM 2018–2019

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 15/9/2018

Bài 1: (5.0 điểm) Giải phương trình 1 1

1
1

1 1

x

 








, trong đó vế trái gồm có

2018 dấu phân số.

Bài 2: (5.0 điểm) Cho dãy số 1 0, 1 2 2 1

1
n

n

x x n

x


   

 . Chứng minh rằng dãy có

giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.

Bài 3: (5.0 điểm) Cho tứ giác ABCD khơng phải là hình thang, nội tiếp đường trịn

( )O . AC cắt BD tại G. K là điểm di động trên đoạn OG. Đường tròn ngoại
tiếp tam giác KAD và đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC cắt nhau tại điểm
thứ hai L. Đường tròn ngoại tiếp tam giác KAB và đường tròn ngoại tiếp tam
giác KCD cắt nhau tại điểm thứ hai I. Chứng minh rằng khi K di động thì

đường thẳng LI luôn đi qua một điểm cố định hoặc song song với một đường

thẳng cố định.

Bài 4: (5.0 điểm) Cho số nguyên dương n3,n6 và một bảng n n ô vuông, ban
đầu các ô trong bảng đều đánh số 0 . Mỗi lượt chơi, người chơi chọn một bảng
con gồm (n1) ( n1) ô vuông, sau đó cộng hoặc trừ tất cả các số trong bảng
con này với 1 (cùng một lượt chơi, có thể có số cộng 1, có số trừ 1). Liệu có thể
sau một số hữu hạn lượt chơi thì các ơ trong bảng chứa đầy đủ các số nguyên
dương từ 1 đến n2 không?

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI PHỊNG

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Nội dung Điểm

1.

(5.0đ)

Khi vế trái gồm có n dấu phân số và ký hiệu là Sn, ta chứng minh

bằng quy nạp rằng 1

n n

n

n n

F x F
S

F x F






 , trong đó

 

Fn là dãy số

Fibonacci: F0 0,F11,Fn1 Fn Fn1.

Rõ ràng S1 1 1 x 1

x x



   (thỏa mãn).

1.0

Nếu ta đã có 1

n n

n

n n

F x F
S

F x F






 thì  


   


1
1
1
1 1
1 1
n
n n
n
n n
S

F x F
S

F x F



 

1
1

1 n n

n n

F x F
F x F

 




2 1
1
n n
n n

F x F
F x F

2.0

Phương trình trở thành

2
2019 2018

2018 2018 2018
2018 2017

F x F

x F x F x F

F x F


    



2 1 5

1 0

x x x 

      (đpcm)

2.0

2.

(5.0đ)

Rõ ràng ta có xn0; 2  n 1.

Ta có 1 0, 2 2, 3 2, 4 50

5 29

x  x  x  x  .

Xét hàm số

 

2 2

f x

x


 nghịch biến trên đoạn 0; 2 .

1.5

Khi đó hàm số f f x



 



đồng biến trên đoạn 0; 2 .
Do x1x3  f f x



 

1



 f f x



 

3



x3 x5

 







 



5 7...

f f x f f x x x

   

Hay là



x2n1



là dãy số tăng, bị chặn trên bởi 2 nên tồn tại giới

hạn hữu hạn limx2n1  a 0; 2.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

giới hạn hữu hạn limx2n   b 0; 2.

Ta có hệ







2
2

1 1 0

2 2

a a ab

b a b ab

b a b
b

a




   

      

 

 



  

 



- Nếu aba3a20ab1.

- Nếu ab1a22a10ab1.

Vậy tồn tại limxn 1.

2.0

3.

(5.0 đ)

Gọi M là giao điểm của AD và BC. N là giao điểm của AB và CD.
Khi đó OG vng góc với MN tại H (H là điểm Miquel của tứ
giác ABCD).

1.5

Tứ giác HADN nội tiếp nên MH MN. MA MD. .

Tứ giác ALKD nội tiếp nên ML MK. MA MD. .

Suy ra MH MN. ML MK. , do đó tứ giác NHLK nội tiếp.

1.5

  900

NLK NHK NL MK

     0.5

Tương tự ta có NLMK MI, NK KH, MN 3 đường thẳng

NL, MI, KH đồng quy. Khi đó hoặc LI // MN cố định hoặc LI cắt
MN tại J thì



MNHJ



 1.

Do M, N, H cố định nên J cố định.

1.5

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

(5.0 đ) Gọi , , ,a b c d là số lần mà bảng con



n1

 

 n1



ở góc trái trên,
phải trên, phải dưới và trái dưới được chọn sau tất cả các lượt
chơi. Khi đó các ơ ở góc trái trên, phải trên, phải dưới và trái dưới
sẽ đánh số , , ,a b c d; n2 ơ ở dịng 1 mà khơng phải ơ góc sẽ
đánh số ab; n2 ô ở cột 1 mà không phải ô góc sẽ đánh số

ad; n2 ơ ở cột n mà khơng phải ơ góc sẽ đánh số bc; n2
ơ ở dịng n mà khơng phải ơ góc sẽ đánh số cd;



n2



2 ơ cịn
lại ở bảng con



n2

 

 n2



chính giữa sẽ đánh số abcd

Trong tập các số từ 1 đến n2 thì số số lẻ bằng hoặc nhiều hơn số

số chẵn là 1 . 0.5

– Nếu abcd



mod 2



thì trong bảng có nhiều nhất 4 ơ lẻ
và ít nhất 2

n  ô chẵn, khi đó





 

4 n 4 8n  0; 1 . 0.5

– Nếu abc0 mod 2 ,





d1 mod 2





thì trong bảng có



n1



2 ơ lẻ và 2n1 ơ chẵn, khi đó



n1



2



2n1



n24n2

 

0; 1 .

0.5

– Nếu abc1 mod 2 ,





d0 mod 2





thì trong bảng có



n1



22 ơ lẻ và 2n3 ơ chẵn, khi đó









2

 

1 2 2 3 4 6 0; 1

n   n n  n  .

0.5

– Nếu ab1 mod 2 ,





cd0 mod 2





thì trong bảng số ô

lẻ ít hơn số ô chẵn là



n2



2. 0.5

– Nếu ac0 mod 2 ,





bd1 mod 2





thì trong bảng có





4 n2 24n6 ơ lẻ và n24n6 ô chẵn, khi đó



4n6







n2 4n6



 n28n12

 

0; 1 .

Vậy các ô trong bảng không thể chứa đầy đủ các số từ 1 đến n2

0.5

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI PHỊNG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẢNG A VAØ

ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

NĂM 2018–2019

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 16/9/2018

Bài 1: (5.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn

 

O , ABAC.

M là điểm chính giữa của cung trịn BC khơng chứa A. J là trung điểm BC.

K là hình chiếu vng góc của M trên CA. BK cắt AJ tại X. CX cắt JK tại

L. Đường thẳng qua Jvà vuông góc với MK, cắt AL tại T. JK cắt AB tại I.

Chứng minh rằng CTvng góc với IM.

Bài 2: (5.0 điểm) Có bao nhiêu số nguyên dương n không vượt quá 2019 mà 2n

n

C

chia hết cho 19 ?

Bài 3: (5.0 điểm) Cho P x

 

là đa thức có bậc khơng vượt quá 2017 thỏa mãn

 



0; 1; ...; 2017



P k k  k , chứng minh rằng



2018



 

1 2019 2



2018 1



P  P    .

Bài 4: (5.0 điểm) Với n2, gọi f n

 

là số các hoán vị của tập



1; 2; 3;...;n



mà
khơng có số k nào đứng liền trước số k1 với mọi k



1; 2; 3;...;n1



. Chứng
minh rằng:

a) f n

  

 n1

 

f n1

 

 n2

 

f n2



 n 4.

 



1 !



1 2

n

f n n

n e

  

     

 

 

, trong đó   x là phần nguyên của x và

1
lim 1

n

e

n

 

   

  .

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Nội dung Điểm

1.

(5.0đ) Gọi S là giao điểm của AL và BC.

Xét tam giác AJC với các đường đồng quy AS JK CX, , và các điểm
thẳng hàng , ,B X K ta có



J C B S, , ,



 1.

2.0

Hay là SC BC BC SC BC SC SB

SJ BJ BJ SJ CJ SJ SC

 

   

  . 1.0

Mà JT // AC (cùng vng góc với MK) nên suy ra
//

SB SC SA

AB CT

SC  SJ  ST  .

1.0

Lại có , ,I J K là đường thẳng Simson của tam giác ABC nên

MI AB, từ đó ta có MICT. 1.0

2.

(5.0đ)

Ta có:





 



 



 

 

 

  

 

 

19 2 19 2 19 19

2 !

2 ! 2 !

!
n

n

v C v v n v n

n




   

    

   

 



2
2

19k 19k

k

n n

1.0

Mà: 2 x2  x , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0

 

1
2

x

  . 1.0

Khi đó: 2n 

n

C 





      

   

19 2

19 0 2 0 1

19 19

n

n k k

n n

v C k

 

   

 

1
2

19k

n

k .

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Phân tích n theo hệ cơ số 19:
0
.19
m
i
i
i
n a






, 0ai 18 i 0,m, khi

đó    
 
1
1
2
19k
n
k
 

 
    
 
   
 
 
1 2

1.19 2.19 ... 0 1 1

2
19

k k

k

a a a

k ai 9  i 0

1.0

Và 20195.19211.195 nên số số n không vượt quá 2019 mà 
2

n
n

C  19 là 6 10 10 1   599 số (0a2 5, 0a a1, 09, ngồi
ra khơng tính số 0 ).

Vậy số số n cần tìm là 2019 599 1420.

1.0

3.

(5.0đ)

Theo công thức nội suy Lagrange cho P x

 

với các số

0,1, 2,..., 2017 ta có

 









 

2017
2017
2017
0 ,
0
1

! 2017 !

i
j j i
i

x j

P x P i

i i

 

 







1.0
Khi đó





 










 
 
 
 



2017
2017 2017
0 0
1 1

2018 2018! 2018!

! 2018 ! ! 2018 !

i

i i

P i i

P

i i i i











2017
2018
0
1 i
i
i C
1.0

 



 





 










 


  
  

  
 



2017
2017
2018
0
2017 2017
1
2018
0 0
1

1 1 2018!

1 ! 2017 !

2018! 1 .

1 ! 2017 !

i
i

i
i i
P i
P
i i
i
i C
i i
1.0
Từ đó:





 

2017









2017





2018 2018 2019

0 0

2018 1 1 i i 1 i

i i

P P i C C i C

 

  



  





(Do 1 1

2018 2018 2019

i i i

C C C

  )
1.0





2017
2018
2018
0

2019 i 2019 2 1

i

C






 

(Do



i 1



C2019i1 2019C2018i

  )

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

4.

(5.0đ)

(2.0đ)

– Xét một hoán vị bất kỳ của



1; 2; 3;...;n



thỏa mãn đề bài, và:
+) Nếu không tồn tại k để , ,k n k1 liên tiếp theo thứ tự đó

thì có thể bỏ n đi để được một hoán vị của



1; 2; 3;...;n1



thỏa mãn.

0.5

+ Nếu tồn tại k để , ,k n k1 liên tiếp theo thứ tự đó thì có
thể bỏ cả n và k1 đi, đồng thời giảm đi 1 ở tất cả các
số từ k2 đến n1 (kn2 thì khơng cần làm bước
này), khi đó sẽ được một hốn vị của



1; 2; 3;...;n2



thỏa mãn.

0.5

– Ngược lại:

+ Từ một hoán vị của



1; 2; 3;...;n1



thỏa mãn thì có thể
tạo ra n1 hoán vị của



1; 2; 3;...;n



thỏa mãn bằng cách
chèn n vào vị trí đầu tiên hoặc n2 vị trí liền sau các số
1, 2,...,n2. Sẽ có tổng cộng



n1

 

f n1



hoán vị
dạng này.

0.5

+ Từ một hoán vị của



1; 2; 3;...;n2



thỏa mãn thì có thể
tạo ra n2 hốn vị của



1; 2; 3;...;n



thỏa mãn bằng cách:
với mỗi k 1,n2, tăng thêm 1 ở tất cả các số từ k1
đến n2 (kn2 thì khơng cần làm bước này), sau đó
chèn ,n k1 vào vị trí liền sau k. Sẽ có tổng cộng



n2

 

f n2



hốn vị dạng này.

Vậy f n

  

 n1

 

f n1

 

 n2

 

f n2



 n 4.

0.5

Có









 





 

 



1 ! 1

1 !
!

k

n

e k







 







 

  

 

 



 



0 2

1 1

1 ! 1 !

! !

k k

n

k k n

n n

k k ,

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

trong đó





 

1
0
1
1 !
!
k
n
k
n
k








là số nguyên.

b/

(2.0đ) Và





 









  

 
     

   




2 2 2

1 1 1

1 ! 1 !

! ! 2

k

k n

k n k n k n

n n

k k n

 

1 1
1 2

n .
0.5

Do đó









 

1
0

1 ! 1 1

1 !
2 !
k
n
k
n
n
e k


   
  
 
 
 



. 0.5

Ta chứng minh khẳng định đề bài bằng quy nạp.
Rõ ràng kết quả đã đúng với 2, 3 .

Nếu đã có f n



1 ,

 

f n2



, ta cần chứng minh

  



 

  



1 1

0 0 0

1 1 ! 1 ! 1 1 !

! ! !

k k k

n n n

k k k

n n n

n k k k

 
  
    
 



0.5

 

  



  



1 1 1 1 1 1 !

n n k

n

k

n n

n n n k







    

  



 

  



1 ! 1 1 !

1
! !
k k
n
n
k
n n
k k


    
 
   
 
 



 



  




 
  



1
0

1 1 !

1
1
!
k
n
n
k
n
n k

 



  






  
  



1
0

1 1 1 !

1
!
k
n
n
k
n n

k (đúng).

1.0

–––––––––– HẾT ––––––––––

Lưu ý khi chấm bài:

– Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của 
học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì khơng cho điểm bước đó. 
– Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. 
– Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai

đó khơng được điểm.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO

HƯNG YÊN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH

GIỎI CẤP QUỐC GIA NĂM 2019

Mơn: TỐN, bài thi thứ nhất

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 28/08/2018

Câu 1.(4,0 điểm) Cho , ,a b clà các số thực dương và n,n2. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức

2 2 2

( ) ( ) ( )

n a bc n b ac n c ab

P

a b c b a c c a b

  

  

   .

Câu 2.(4,0 điểm) Cho a và b là các số nguyên dương. Xét dãy số ( )un xác định bởi

2 2

n a n

u  bn với n1; 2; .... Tính lim

 

n

n u , trong đó kí hiệu

 

x là phần lẻ

của số thực .x

Câu 3.(4,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn

 

O .

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC. Điểm E đối xứng với B qua

IC, F đối xứng với C qua IB. Gọi M là trung điểm của cung BAC của đường
tròn

 

O . Đường thẳng MI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC tại N (khác

I). Đường thẳng AI cắt

 

O tại điểm thứ hai D(khác A), đường thẳng qua I

vng góc với AD cắt BC tại K. Chứng minh rằng
a) EFOI.

b) KN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giácBIC.
 Câu 4.(4,0 điểm) Cho các số nguyên dươnga a1, 2, ...,a2018. Xét tập

 



1 2 2018



2018 1 1 1 2 ... 1 2018; , 1,..., 2018 .

k k k

i

S   a   a    a k   i

Chứng minh rằng tích của tất cả các phần tử thuộc S2018là một số chính phương.

Câu V(4,0 điểm) Cho đa giác lồi P. Bạn An muốn ghi vào mỗi đỉnh của P một số

nguyên dương sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:

i) Trong các số được ghi, có ít nhất một số chẵn;

ii) Tổng của ba số được ghi ở ba đỉnh liên tiếp tùy ý là một số lẻ.

Chứng minh rằng bạn An có thể thực hiện được cách ghi như trên khi và chỉ
khi số đỉnh của P chia hết cho 3.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm

1. 
(4 đ)

Cho , ,a b clà các số thực dương và n,n2. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức

2 2 2

( ) ( ) ( )

n a bc n b ac n c ab

P

a b c b a c c a b

  

  

  

Áp dụng bất đẳng thức AMGM ta có

  



  

2 2 2

3. . .

( ) ( ) ( )

n a bc b ac c ab

P

a b c b a c c a b (1).

Ta chứng minh    

  

2 2 2

. . 1

( ) ( ) ( )

a bc b ac c ab

a b c b a c c a b (2).

2,0 đ

Thật vậy: Do , ,a b c dương nên bất đẳng thức (1) đưa về



a2bc b



2ac c



2 ab



abc a b b c c











a



(3).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz cho 2 bộ 2 số



a, bc



và



b, bc



ta được



a2bc b



2bc







ab bc



2

hay b a



2bc b c









b a c2







2 (4)

Chứng minh tương tự ta có



2









 2







c b ac a c c a b (5)



2









 2







a c ab a b a c b (6)

Vì các vế của (4), (5), (6) đều dương. Nhân vế với vế các bất đẳng

thức đó với nhau, rồi chia cả 2 vế của bất đẳng thức thu được cho







abc a b b c c a   ta được (3), do đó có (2), suy ra P3. Dấu
bằng xảy ra khi và chỉ khi dấu bằng xảy ra đồng thời ở (1), (4), (5)
và (6), khi đó abc. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3.

2,0 đ

2. 
(4 đ)

Cho a và b là các số nguyên dương. Xét dãy số ( )un xác định bởi

2 2 ,

n a n

u  bn với n1; 2; .... Tính lim

 

n

n u , trong đó kí hiệu

 

x

là phần lẻ của số thực .x

Lấy b chia cho 2 ,a ta được b2aqr q; ,r;0r2 .a Xảy ra 2
trường hợp sau

Trường hợp 1. Nếu r0, thì b2aq và

2 2 2 2 2

2 ( ) ( ) .

n a n aqn an q q an q

u       

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Lại có 2 2

( 1) 2 ( 1) .

n an q an

u      q

Từ đây suy ra

2
2

( 1) ; ( 1) .

2
n

u n

a
an q   q

  

Kết hợp lại ta được

2
2 ( )2; ( 1) .

( 1)

2
n

u an q

an q q n

a

   

    Điều

này dẫn tới

2
( 1)
1; .
2
n

q

u an q n

a


      

 

Khi đó

 







2 2



lim lim lim 2 ( 1)

n
n
n

n n

n u  u u  a n aqn an q

 
      
 
2
2

2 2
2
( 1)
2

2 ( 1)

m lim 1.

2 1

n n

q
a

an q n

aq q

a n aqn an q a a

n n
 



 
  

  

 

Trường hợp 2.

Nếu 0 r 2 ,a thì từ 2 2

( 1) ( 2 ) ( 1) 0

n an q r a n q

u         và

2 2

( ) ,

n

u  an q rn q ta suy ra

2 ( 12

) ) ;

(an q un an n q

r
q

       hay

; .

n

q

u an q n

r

     

 

Từ đây ta có

 







2 2



lim lim lim (2 )

n un n un un n a n aq r n an q

 
      
 
2
2
2 2
2
lim li

(2 ) m 2

n n aq r n n

q
r

rn q n

aq r q

a an q a a

n n
 



 

 

 
 
.
2 2
r b
a a
 
   
 
2,0 đ
3. 
(4 đ)

Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân nội tiếp đường trịn

 

O . Gọi

I là tâm đường tròn nội tiếp tam giácABC. Điểm E đối xứng với

B qua IC, F đối xứng với C qua IB. Gọi M là trung điểm của
cung BAC của đường tròn

 

O . Đường thẳng MI cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác BIC tại N (khác I). Đường thẳng AI cắt

 

O

tại điểm thứ hai D (khácA), đường thẳng qua I vng góc với

AD cắt BC tại K. Chứng minh rằng
a) EFOI.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Sử dụng bổ đề: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

 

O . Gọi I là 
tâm đường tròn nội tiếp tam

giác đó. Gọi P là giao điểm 
 thứ hai, khác A của đường 
thẳng AI và đường trịn

 

O . Khi đó P là tâm đường 
tròn ngoại tiếp tam giác BIC
.

a) Gọi Q là giao điểm thứ
hai khác C của đường
thẳng CI và đường tròn

 

O

Do E đối xứng với B qua IC và IC là phân giác trong của góc

BCA

 nên E nằm trên đường thẳng AC và BEC cân tại .C
BOQ

 cân tại O có 1

BOQ BOA BCE

     (do ABCnhọn)

Suy ra QOBđồng dạng với ECB QO QB

BC EB

   (1)

1,0 đ

Theo bổ đề ta có QBQAQI (2)

Do F đối xứng với C qua IB và IB là phân giác trong của góc

ABC

 nên F nằm trên đường thẳng AB và BFBC (3)

Từ (1), (2), (3) ta có QO QI

BF  EB, lại có QOAB và QI BE

(do tam giác BCEcân tại CvàQClà phân giác trong của góc BCE

), suy ra OQI  FBE nên BEF đồng dạng QIOsuy ra
.

EFOI

1,0 đ

b) Khơng mất tính tổng qt, giả sử ABAC, khi đó K nằm trên
tia đối của tia BC. Theo bổ đề D là tâm đường tròn ngoại tiếp

BIC

 , ta kí hiệu đường trịn này là

 

D . Có KI AD nên KI là
tiếp tuyến của đường tròn

 

D . Gọi L là giao điểm thứ hai (khác

D) của KD và đường trịn

 

O . Ta có 2

. .

KI KB KC KL KD.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Suy ra KILđồng dạng với KDI KLI KID900 (4) 
I là tâm đường tròn nội tiếp ABC nên AI là phân giác trong của
góc BAC. Do đó D là trung điểm cung BC không chứa điểm A

của ( )O , kết hợp M là trung điểm cung BAC của ( )O

suy ra DM là đường kính của đường trịn ( )O nên ta có

MLK

  (5).

Từ (4), (5) suy ra ba điểm M I L, , thẳng hàng. Do N và I đều thuộc
( )D nên DNDI, vì vậy N và I đối xứng nhau qua đường thẳng

LD. Mà KLD KND KID900 hay KN là tiếp tuyến của

đường tròn ( ).D

1,0 đ

4. 
(4 đ)

Cho các số nguyên dương a a1, 2, ...,a2018. Xét tập

 







  1   2    2018   

2018 1 1 1 2 ... 1 2018; 1,...,2018 .

k k k

i

S a a a k i

Chứng minh rằng tích của tất cả các phần tử thuộc S2018là một số
chính phương.

Với mỗi n



1, 2, 3,..., 2018



, ta kí hiệu

 



1 2



1 2

1 k 1 k ... 1 kn ; , 1,..., .

n n i

S   a   a    a k   i n

Nhận xét rằng:

+Sncó 2n phần tử là các số thực đối nhau.
+ Với mỗi eSn1 thì e an Sn.

Đặt

n

n
e S

A e







là tích của tất cả các phần tử thuộc Sn. Ta chứng
minh An là số chính phương với mọi n



1, 2, 3,..., 2018



, từ đó ta
cũng có điều phải chứng minh.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Xét đa thức

 





n

e S

P x x e







 thì An Pn

 

0 .
Theo nhận xét trên ta có

 















1 1 .

n

n n n n n n n

e S

P x x e a x e a P x a P x a



 







      





1 1; 1

S   a a ta có

 







1 1 1 1 x .

P x x a x a x a  

 

     





2 1 2; 1 2; 1 2; 1 2

S   a  a  a  a a  a a  a ta có

 















2 1 2 1 2 1 2 1 2

4 2

1 2 1 2

2 x .

P x x a a x a a x a a x a a

x a a x a a  

 

        

     

Mà P x2



 a3



A x2

 

 a B x3. 2

 

; P x2



 a3



A x2

 

 a B x3. 2

 

với A x B x2

 

; 2

 

 x

 

 do P x2

 

 x .

 

 Từ đó ta được

 



 



 

3 2 3 2 3 2 3. 2 x .

P x P x a P x a A x a B x  

 

     

Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được

 



1, 2, 3,..., 2018 .



n x

P x   n
 

  

2,0 đ

Lại có Snchỉ chứa các số đối nhau, giả sử là 1 2 1

; ; ...; n .

e e e 

  

 















1 1

2 2

1 1

n n

n

n i i i

e S i i

P x x e x e x e x e

 

  





 



  





suy ra P xn

 

Pn

 

x x. Do đó

 

n n

P x Q x với Q xn

 

 x .

 


 





















 

 0  1  1  21  2 1

n n n n n n n n n n

A P P a P a P a Q a

là số chính phương.

1,0 đ

5. 
(4 đ)

Cho đa giác lồi P. Bạn An muốn ghi vào mỗi đỉnh của P một số
nguyên dương sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:
i) Trong các số được ghi, có ít nhất một số chẵn;

ii) Tổng của ba số được ghi ở ba đỉnh liên tiếp tùy ý là một số lẻ.
Chứng minh rằng bạn An có thể thực hiện được cách ghi như
trên khi và chỉ khi số đỉnh của P chia hết cho 3.

Điều kiện cần: Giả sử bạn An đã thực hiện được cách ghi thỏa
mãn đề bài. Xuất phát từ một đỉnh nào đó, lần lượt, theo chiều
kim đồng hồ, kí hiệu các đỉnh của P là A A1, 2,...,An. Với mỗi



1, 2,...,



i n , kí hiệu ailà số được bạn An ghi vào đỉnh Ai.
Theo i), trong các số a a1, 2,...,ancó ít nhất một số chẵn. Không mất

tính tổng quát, có thể giả sử a1chẵn.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Trong phần trình bày sau đây ta coi các chỉ số nk, 1kn, và
chỉ số klà một (các chỉ số được xét theo modulon)

Nhận xét: Với mọi i j, 



1; 2; 3;...;n



, nếu



j i



chia hết cho 3 thì
i

a và aj có cùng tính chẵn lẻ. Thật vậy, với i



1; 2; 3;...;n



theo
ii) ta có ai ai1ai2 và ai1ai2 ai3là các số lẻ nên



ai1ai2ai3

 

 aiai1ai2



ai3ai là một số chẵn. Vì thế
i

a và ai3có cùng tính chẵn lẻ. Từ đó, doi tùy ý nên ta có nhận xét
trên

Xét các trường hợp sau:

+ Nếu n 3k 1,k .

   Trong trường hợp này vì a1chẵn nên theo

nhận xét thì a3k1 cũng là số chẵn, lại có a3k1a1a2 là số lẻ, suy

ra a2 là số lẻ. Do đó theo nhận xét a3k2 a1là số lẻ, ta nhận được

mâu thuẫn, chứng tỏ n3k1.

+ Nếu n 3k 2,k .

   Trong trường hợp này vì a1chẵn nên theo

nhận xét thì a3k1 cũng là số chẵn, lại có a3k1a3k2a1 là số lẻ,

suy ra a3k2 là số lẻ. Do đó theo nhận xét, a2là số lẻ, suy ra
3k 2 1 2

a  a a là số chẵn, trái với ii), ta nhận được mâu thuẫn,

chứng tỏ n3k2.

Vì các trường hợp trên khơng xảy ra nên phải có n chia hết cho

1,0 đ

 Điều kiện đủ: Giả sử Pcó n3k đỉnh



k 



 Xuất phát từ một

đỉnh nào đó, lần lượt, theo chiều kim đồng hồ, kí hiệu các đỉnh
của P là A A1, 2,...,A3k.

Xét cách ghi số như sau của bạn An: Với mỗi i



1; 2; 3; ...; 3k



,
ghi vào đỉnh Ai một số nguyên dương lẻ nếu i2 (mod 3) và ghi

vào đỉnh Ai một số nguyên dương chẵn trong trường hợp còn

lại.

Rõ ràng cách ghi như trên thỏa mãn điều kiện i) của đề bài.

1,0 đ

Do n0 (mod 3) nên trong ba đỉnh liên tiếp tùy ý của P ln có
một đỉnh có chỉ số chia hết cho 3 dư 1, một đỉnh có chỉ số chia cho 3
dư 2 và một đỉnh có chỉ số chia hết cho 3. Vì thế, với cách ghi số
nêu trên ta ln có tổng của ba số được ghi ở 3 đỉnh liên tiếp của

P là một số lẻ (do bằng tổng của một số lẻ và hai số chẵn). Vì vậy
cách ghi số như trên thỏa mãn điều kiện ii) của đề bài.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO

BẮC GIANG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI

HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2018–2019

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 15/9/2018

Câu 1 (4 đim). Giải hệ phương trình









1 2

1 1 3 1 .

y x

x y

x

y x x



  





    




Câu 2 (4 điểm). Cho hai dãy số

 

xn và

 

yn thỏa mãn

1 2018; 1 201 1 1

9, n n ; , 2.

n n n n

x y

x

x y   y x y n





   

 

Chứng minh rằng các dãy số

 

xn và

 

yn đều có giới hạn hữu hạn và tìm các
giới hạn đó.

Câu 3 (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân, ngoại tiếp đường trịn (I). Gọi

D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB.

a) Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC. Chứng minh rằng SIAD.

b) Gọi X là giao điểm khác A của hai đường tròn (ABE) và (ACF), Y là giao điểm
khác B của hai đường tròn (BAD) và (BCF), Z là giao điểm khác C của hai
đường tròn (CAD) và (CBE). Chứng minh rằng AX, BY, CZ đồng quy.
Câu 4 (3 điểm). Với mỗi tập A gồm n điểm phân biệt trong mặt phẳng



n2



, kí

hiệu T A

 

là tập hợp các vectơ có điểm đầu và điểm cuối đều thuộc .A Hãy
xác định giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của T A

 

. (Kí hiệu T A

 

là số
phần tử của tập hợp T A

 

Câu 5 (3 điểm). Cho p là số nguyên tố lẻ, k là số nguyên dương.
Đặt S(p, k) =

p
k
i

i







. Chứng minh rằng

a) S(p,k)  -1 (mod p) k chia hết cho p – 1.

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu 1 (4 điểm) Giải phương trình









1 2

1 1 3 1

y x

x y

x

y x x



  





    




Nội dung Điểm

Phương trình đầu tương đương y2y



x2x



2x x 0.
Coi đây là phương trình bậc hai ẩn y, tham số x, ta có:

.
2

y x

  





1,0

Với y1  x, thay vào phương trình thứ hai, vơ nghiệm

Với y12x, thay vào phương trình thứ hai được 2 1 2 (*)

2 3

x
x

x

  



1,0

Xét hàm số f x

 

 x21đồng biến trên



0;



 

2 3

x
g x

x


 nghịch

biến trên



0;



nên (*) có khơng q một nghiệm.

1,0

Nhẩm nghiệm thấy (*) có nghiệm x 3

Hệ có nghiệm



x y,







3; 2 3



1,0

Câu 2 (4 điểm) Cho hai dãy số

 

xn và

 

yn thỏa mãn

1
1

1 1

2018; 201

9, n n ; , 2.

n n n n

x y

x

x y   y x y n





   

 

Chứng minh rằng các dãy số

 

xn và

 

yn đều có giới hạn hữu hạn và tìm các
giới hạn đó.

Nội dung Điểm

Đặt 1

1 1
1

2018

cos , 0; cos .

2019 2

x

a a x y a

y



 

    

 

Ta tính được

  



2 2

2 2 3 2

2 2

2019 cos ; 2019 cos , 2019 cos cos ;

2 2 2 2

2019 cos cos

2 2

a a a a

x y x

a a

y

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Quy nạp ta được

 






2 2 1

2019 cos cos ...cos cos ;

2 2 2 2

2019 cos cos ...cos

2 2 2

n n n

n

a a a a

x

a a a

y

Do sin 2 2 sin cos  nên

1 1

2019.sin 2019. sin

cot ;

2 2 2 sin

n n n n

n

a a a

x y

a

 



  .

Từ đó suy ra

2019 sin 4037

lim lim

2018
arccos

2019

n n

a

x y

a

  

1,0

Câu 3 (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân, ngoại tiếp đường trịn (I). Gọi

D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB.

a) Gọi S là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC. Chứng minh rằng SIAD.

Nội dung Điểm

a) Gọi G là giao điểm của AD và (I).
Khi đó tứ giác GEDF điều hồ
Do đó tiếp tuyến tại D, G của (I) và
FE đồng quy tại S

Từ đó có điều phải chứng minh.

1,5

b) Ta có:

sin sin

XAB XEB BX

XAC XBE XE

 

 

 

Mặt khác, X là điểm Miquel của tứ giác toàn phần BAECPF

XBF =  1800 – XPF = XCE, FXB = FPB = CPE

 FXBCXE

XB BF

XECE

sin
sin

XAB BF
XAC CE





Từ đó dễ dàng suy ra đpcm.

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Câu 4. (4 điểm) Với mỗi tập A gồm n điểm phân biệt trong mặt phẳng



n2



, kí
hiệu T A

 

là tập hợp các vectơ có điểm đầu và điểm cuối đều thuộc .A Hãy
xác định giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của T A

 

. (Kí hiệu T A

 

là số
phần tử của tập hợp T A

 

Nội dung Điểm

Số đoạn thẳng với hai đầu mút khác nhau thuộc A là





n n

nên số
vectơ khác 0



thuộc A không vượt quá n n



1



. Do đó kể cả 0



thì

 

2 1.

T A n n

Ta chứng minh tồn tại cấu hình sao cho T A

 

n2 n1.

Xét n điểm A1, A2, …, An sao cho A1, A2, A3, …, An d và thoả mãn điều

kiện A1Aj < AjAj+1 với j = 2, 3, 4, …, n.

Khi đó dễ dàng cm được T A

 

n2 n1.

1,0

Xét tập A gồm n điểm A A1, 2,...,An. Giả sử 1





1max

n i j n i j

A A A A

  



Gọi d là đường thẳng qua A1 và vng góc
với A A1 n.

Khi đó tất cả các điểm thuộc tập Ađều thuộc
nửa mặt phẳng chứa Ancó bờ là d, và chỉ có

A thuộc d.

0,5

Như vậy sẽ có 2(n-1) vectơ khác 0



và đôi một phân biệt là

1 2,..., 1 n, 2 1,..., n 1

A A A A A A A A

   

 





1 2 1.

T A  n   n

0,5

.

1
A

n

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Chỉ cần chỉ ra một tập hợp mà T A

 

2n1.

Trên trục số đặt Akvào điểm có tọa độ k thì với mọi A Ai j đều tồn tại k

sao cho A A1 k  A A1 k
 

hoặc A Ak 1 A A1 k
 

, nên minT A

 

2n1.

1,0

Câu 5 (3 điểm) Cho p là số nguyên tố lẻ, k là số nguyên dương.
Đặt S(p, k) =

p
k
i

i







. Chứng minh rằng

a) S(p,k)  -1 (mod p) k chia hết cho p – 1.

b) S(p,k)  0 (mod p) k không chia hết cho p – 1.

Nội dung Điểm

a) Nếu k  p - 1 thì

1 1

( ) 1(mod ), 1, 1.

k

p p

k

i  p    p  i p

Do đó

( , ) 1 1 1(mod ).

p
i

S p k p p









   

b) Nếu k ≠ p – 1 thì k = (p – 1)q + r, 1 ≤ r ≤ p – 2, q  .

(mod ) ( , ) ( , )(mod ).

k r

i i p S p k S p r p

   

Ta có phương trình xr 1 (mod p) có khơng q r nghiệm.

Mà r  {1, 2, …, p – 2} nên tồn tại a  {1, 2, …, p – 1} sao cho

1(mod ).

r

a  p

Vì (a, p) = 1 nên { }iaip11 là hệ thặng dư thu gọn (mod p).

Do đó

1 1 1

( , ) ( ) (mod )

( 1) ( , ) 0(mod ).

p p p

r r r r

i i i

r

S p r i ia a i p

a S p r p

  

  

  

  



Do (ar – 1, p) = 1  S(p, r)

 0 (mod p).

0.5

1,0

0.75

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

UBND TỈNH BẮC NINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI

HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2019

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 04/10/2018 (Ngày thi thứ nhất)

Câu 1. (4,0 điểm)Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

2 2

2 5 2 2 5

2
2

2 2 .

log ( 2 11) log ( 2 12)

xy x y

x y

x y y x

 

   

  

 


     




Câu 2. (4,0 điểm)

Cho dãy số thực ( )an xác định bởi *

1 1

1 2

1, 2 , .

...

n

a a n

a a a



    

   

Chứng minh rằng dãy ( )bn xác định bởi *

1 2 ... ,

n n

b a a  a  n  có giới hạn

hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Câu 3. (6,0 điểm) Cho tam giácABCnhọn, khơng cân, nội tiếp đường trịn ( ).O Gọi

H là trực tâm của tam giác ABC.

a) Gọi ,I K lần lượt là trung điểm của AB AC, ; B C1, 1 lần lượt là chân đường cao
kẻ từ ,B C của tam giác ABC. Đường thẳng IK cắt B C1 1 tại ,U đường thẳng

OH cắt IK tại .V Chứng minh rằng V là trực tâm tam giác AHU.

b) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AH, T là giao điểm của tiếp tuyến tại

A của đường tròn ( )O với đường thẳng BC, P là hình chiếu vng góc của

O trên đường thẳng TM. Chứng minh rằng trung điểm của đoạn thẳng MP

nằm trên đường tròn Euler của tam giác ABC.

 (Chú ý: Đường tròn Euler của tam giác ABClà đường tròn qua 9 điểm gồm trung
điểm các cạnh, chân đường cao và trung điểm của các đoạn thẳng nối các đỉnh với

trực tâm tam giác ABC).

Câu 4. (6,0 điểm)

a) Tìm tất cả các hàm :f  thỏa mãn

2 2

( ( ) ) ( ), ,

f xf y x xy f x x y.

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm

1.

Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

 

 
   
  
 

     



2 2
2 2

2 5 2 2 5

2
2

2 2

log ( 2 11) log ( 2 12) 2

xy x y

x y

x y y x

4,0 
ĐK:
2 2
2
0
2 2

xy x y x y

xy
x y
 
   

2 2
2 2
( ) ( )
0
2( )
2
2

x y x y

x y x y

xy
  
  
   
  
 

  1,0

Từ (*) và ĐK, ta có:

và

Do đó

Do vậy phương trình (1) tương đương

1,0

Thay vào phương trình (2) ta có

Đặt
Đặt
1,0
2 2

0;

0

2

11 0;

2

12

0 xy

x

y

x

y

x

 

 



 











2 2
(*)
2

x y
x y

x y xy

 


 
   



0 x

 

y

2 2 2 2

(*) 2. (*).

2 2

x y x y

VP    xy    xy  x y VT

 

(*) 2. (*).

VP   xy   xy  x y VT

 

(*)  x y 0

0. x

 

y

2 2

2 5 2 2 5

log (x 2x 11) log (x 2x 12)



    

2 2 5 (2 5) 1 a 1

 

       

 

 

2 2

2 5 2 2 5

log (x 2x 11) log (x 2x 12) 2t

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>



Do đó

(t/m)

Vậy hệ phương trình có nghiệm



x y;



là



2 5; 2 5 , 2

 

2 5; 22 5



1,0

2.

Cho dãy số thực ( )an xác định bởi

1 1

1 2

1, 2 , .

...

n

a a n

a a a



    

   

Chứng minh rằng dãy ( )bn xác định bởi bn a1a2...an, n *

có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

4,0

Ta có n 1 n n 1 n 1 2

n

b b a b

b

       với b1 1.

Suy ra bn2 2 0, với mọi n*

và 2 2 2 , 3 3 1 2 1.

b   b    

 

1,0

Xét hàm f x

 

x 1 2

x

   trên



0; 1, hàm này nghịch biến trên



0; 1
.

Dùng quy nạp, chứng minh dãy



b2n1



là dãy giảm bị chặn dưới
bởi 2 2 và dãy



b2n



là dãy tăng và bị chặn trên bởi 3 3 2 1.

 

Do đó hai dãy này tồn tại giới hạn hữu hạn.

2,0

Đặt limb2n1 x, limb2n y. Khi đó, ,x y nằm trong khoảng



0,1



và thỏa mãn hệ phương trình

1,0

2 2

2
2

(2 5) 2 11

2 2 5 2 12

t
t

x x

    




  

   

 

 



(a 1)t at   1 t 1.

2 2 11 9 4 5 2 2 20 4 5 0

x  x    x  x   

1 (2 5 1)

x

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

1
2

2 1

1 2 2 1

x y

xy y y

y

xy x x

y x
x


  

    

 



 

  

    




Giải hệ này ta có nghiệm 1

xy  . Do đó dãy có giới hạn là
1

lim .

n

b 

3.a

Cho tam giác ABC nhọn, khơng cân, nội tiếp đường trịn ( ).O Gọi

H là trực tâm của tam giác ABC.

a) Gọi ,I K lần lượt là trung điểm của AB AC, vàB C1, 1 lần lượt là

chân đường cao kẻ từ ,B C của tam giác ABC. Đường thẳng IK

cắt B C1 1 tại U, đường thẳng OH cắt IK tại .V Chứng minh
rằng V là trực tâm tam giác AHU.

3,0

Ta có nên ta chỉ cần chứng minh hay

Ta có nằm trên đường tròn Euler (E) của tam giác

ABC.
Do đó

1,5

Suy ra có cùng phương tích với đường trịn đường kính AH

và đường trịn đường kính OA, nên AU vng góc với đường
nối tâm của hai đường tròn.

1,5

V
O

U

C1

B1

K
I

H

C
B

A

UV AH AU HV

AU OH

1, , ,1

B C I K

.

UB UC



UI UK

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Từ đó

Do vậy ta có điều phải chứng minh.

3.
b

Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AH, T là giao điểm của
tiếp tuyến tại A của đường tròn ( )O với đường thẳng BC, P là
hình chiếu vng góc của O trên đường thẳng TM. Chứng minh

rằng trung điểm của đoạn thẳng MP nằm trên đường tròn Euler

của tam giác ABC.

 (Chú ý: Đường tròn Euler của tam giác ABClà đường tròn
qua 9 điểm gồm trung điểm các cạnh, chân đường cao và trung
điểm của các đoạn thẳng nối các đỉnh với trực tâm tam giác ABC

3,0

Ta có và nên AMOD là hình bình hành,

suy ra , do đó vng góc . Lại có AH vng

góc DT nên M là trực tâm tam giác TAD.

Gọi TM cắt AD tại N, khi đó MN vng góc ND suy ra N nằm trên
đường tròn Euler của tam giác ABC.

1,5

Gọi đối xứng M qua N, khi đó thuộc đường trịn ngoại tiếp

tam giác TAD, hay thuộc đường trịn đường kính OT, suy ra

tại . Do đó

Từ đó N là trung điểm MP thuộc đường tròn Euler của tam giác
.

ABC

1,5

4.a Tìm tất cả các hàm :f  thỏa mãn 4,0

AU OH

AM OD AM OD||

|| MD

AO MD TA

P



P



P



</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

 

2 2

( ( ) ) ( ), , *

f xf y x xy f x x y .

Trong (*) cho ta có , do đó

hàm song ánh trên R.

Trong (*) cho ta có suy ra hoặc

0.5

+) Nếu Trong (*) cho ta có

(2)

Giả sử , trong (2) cho ta có

Do đó mâu thuẫn nên giả sử sai.

Vậy

1,0

Trong cho ta có (3)

Trong (3) cho ta có vì

Từ (1) ta có .

Trong (4) thay bởi ta có

(5)

0.5

Từ (4) kết hợp ta suy ra

Ta có

(6)

Trong (5) thay bởi ta có

1,0

Từ (*) cho ta có Vì

Do đó

(8).

Từ (6) và (8) ta có

1,0

x 

f f y

( ( ) 1)



 

y

f

(1) (1)

f

0 x



f(0) f2(0) f(0)0

(0) 1.

f 

(0) 1.

f 

y



0

2 2

(

)

( )

(2).

f x



x



f x

 

x

R

( ) 0

f a  x a

2 2 2

( ) ( ) 0 ( ) 0.

f a a  f a  f a  a a   a a

(0) 0

f  f(0)1 f(0)1

(0) 0.

f 

(*)

y



0 f x

( )



f x

( )

 

x

R

.

x  f(1)f2(1)f(1)1 f(1)0.

( ( ) 1) 1 (4)

f f y   y

y f y( )1

( 2) ( ) 2 (5).

f y f y   y R

(1) 1

f 





2 2 2

((

2) )

(

2)

( )

2 ( )

4 ( )

4,

.

f y





f y





f y





f y



f y

  

y

R

2 2 2

((

2) )

(

2)

( )

2 ( )

4 ( )

4,

.

f y





f y





f y





f y



f y

  

y

R

y y2

(

4)

( )

4 (7).

f y





f y

  

y

R

y 

f x

(4



x

)



4

x



f x

( )

 

x

R

.

(4)

4 f



2 2 2 2

(( 2) ) ( 4 4) ( 4 ) 4 ( ) 4 4 .

f y f y  y f y  y  f y  y  y R

2 2 2 2

((

2) )

(

4 4)

(

4 )

4 ( )

4 .

f y





f y



y





f y



y

 

f y



y

  

y

R

( )

.

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Thử lại và kết luận hàm số thỏa mãn bài tốn.

4.
b

Tìm đa thức hệ số ngun ( )P x thỏa mãn tính chất (2 )P n chia hết

cho ,n với mọi số nguyên dương .n 2,0

Với mọi số nguyên dương và mọi nguyên tố ta có

. Do đó ta có
.

Lại có nên

1,0

Với mỗi cố định, cho đủ lớn ta suy ra Từ đây suy

ra với mọi số nguyên dương Điều này kéo theo

1,0

( )

f x



x x

 

R

k p

2kp 2 (mod )k p

(2 )k (2 ) (mod )kp

P P p

(2 )kp (2 )kp

P kp P p P(2 ) .k p

k p P(2 )k 0.

(2 )k 0

P  k.

( )

0

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BÌNH PHƯỚC

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI

CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2018

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 24/10/2018

Câu 1. (4.0 điểm)

1. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:













2 3

3 ln 1 3

x x x y x

y y y z y

z z z x z

      




     




     




2. Tìm tất cả các hàm :f  thỏa mãn điều kiện sau:

 





.

 

, ,

f x  f y yx f x x y.

Câu 2. (2.0 điểm) Trong mặt phẳng, cho đường tròn

 

O và hai điểm ,B C cố định
nằm trên đường trịn đó sao cho BC khơng là đường kính. Xét một điểm A di
chuyển trên

 

O sao cho AB AC và A không trùng với ,B C. Gọi D và E

lần lượt là giao điểm của đường thẳng BC với đường phân giác trong và đường
phân giác ngồi của góc BAC. Gọi I là trung điểm của DE. Đường thẳng đi
qua trực tâm của tam giác ABC và vng góc với AI, cắt các đường thẳng AD

và AE tương ứng tại M và N. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi

qua một điểm cố định.

Câu 3. (7.0 điểm) Cho c0 thỏa mãn



n 2



c, n *

n

   . Chứng minh 1

2 2

c
Với

 

x x   x ,   x là phần nguyên của x.

Câu 4. (7.0 điểm) Cho BP

 

1 1 và với mỗi số k*,k2, gọi BP k

 

là tích các

ước nguyên tố của k. Hãy chỉ ra với mỗi số nguyên dương N, ta xây dựng

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm

1.1 Giải hệ phương trình trên tập số thực:













2 3

3 ln 1 3

x x x y x

y y y z y

z z z x z

      




     




     




2.0

Ta đưa hệ đã cho về dạng:













3 2

3 3 ln 1

x x x x y

y y y y z

z z z z x

      




     




     




Xét f t

 

t33t3 ln



t2  t 1 ,



t

Hệ trở thành:

 

f x y
f y z
f z x

 













0.25

Ta có

 

2
2

3 2

' 3 0,

t t

f t t t

t t
 

    

   nên hàm f đồng biến trên 

Khơng mất tính tổng quát, giả sử zyx, x y z, , (trường hợp

xyz tương tự)

Do f đồng biến trên  nên f z

 

 f y

 

xz

Suy ra xy z nên ta được

 





2 3 ln 1 0

f x xx  x  x x 

(*HS lý luận kiểu khác để suy ra xy z đúng thì vẫn cho đủ điểm)

0.25

0.25
0.25

Đặt g x

 

x32x3 ln



x2x1 ,



x

 

2 2

2 1

' 3 0,

x

g x x x g

x x



     

   đồng biến trên . 0.25

Mà g

 

1 0x1 là nghiệm của phương trình f x

 

x 0.25

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

1.2 Tìm tất cả các hàm :f  thỏa mãn điều kiện sau:

 





.

 

1 , ,

f x  f y yx f x x y.

2.0

Ta chứng minh f đơn ánh:

x y

  mà f x

 

 f y

 

thì từ (1) ta có:

 



 





 



 

. .

yx f x  f x  f y  f x  f x xx f x xy 0.25

Đặt f

 

0 a, thay x0 vào (1) thì được: f f y



 



y (2)
Thay y0 vào (2): f f



 



0 f a

 

0

Thay xa y; 0 vào (1): f a



2a



a f a.

 

0
Thay ya2a vào (2):









 

2 2 0 0 0 0

a a f f a a  f aa  f 

0.25

0.25
Thay y0 vào (1): f x

 

2 x f x.

 

 f x f f x

 



 



,  x  (3)

Thay y0; x bởi f x

 

vào (1):

 



 





 



 



 



2
f x f f x  f f x  f  f f x 

    (4)

0.25

0.25
Từ (3), (4) suy ra f x

 

2  f



f x

 



2

 

Do f đơn ánh nên

 

 



 







 





 

2 2

f x f f x f x x (5)

 

f x x

 

 

 


0.25
0.25

Ta chứng minh chỉ xảy ra 1 trong 2 khả năng f x

 

x hoặc

 

;

f x  x  x 

Thật vậy, giả sử với xo0,yo 0 nào đó ta có f x

 

o  xo,

 

o o

f y y







 



 











 





 



      

 

       

 

 

2 2 2

2 2 2 2

do 5

4 0

o o o o o o o o o

o o o o o o o o

o o

f y x f x f y y x f x y x

f y x y x y x y x

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Điều này vơ lí do xo 0;yo0

Vậy f x

 

x, x  và f x

 

 x, x 

Thử lại ta thấy hai hàm số trên thỏa mãn đề bài.

0.25

2 Trong mặt phẳng, cho đường tròn

 

O và hai điểm ,B C cố định

nằm trên đường trịn đó sao cho BC khơng là đường kính. Xét một

điểm A di chuyển trên

 

O sao cho AB AC và A không trùng
với ,B C. Gọi D và E lần lượt là giao điểm của đường thẳng BC

với đường phân giác trong và đường phân giác ngồi của góc BAC

. Gọi I là trung điểm của DE. Đường thẳng đi qua trực tâm của tam
giác ABC và vng góc với AI, cắt các đường thẳng AD và AE

tương ứng tại M và N. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn

đi qua một điểm cố định.

2.0

Gọi X là điểm đối xứng của O qua BC suy ra X cố định. 0.25

Ta có OXAH

OX AH(vì cùng vng góc BC) nên AOXH là hình bình hành

Suy ra AO HX// (1)

0.25

0.5
Lại có



CBDE



  1 ID2 IB IC. mà IDIAIA2 IB IC. 0.25

I
C

H
D
O

X M

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Vậy IA tiếp xúc

 

O IAOA (2) 0.25

Từ

   

1 , 2 suy ra XH AI, mà MN đi qua H và vng góc AI nên

M,N,X thẳng hàng. Vậy MN đi qua X cố định. 0.5

3 Cho c0 thỏa mãn



n 2



c, n *

n

   . Chứng minh 1

2 2

c

Với

 

x x   x ,   x là phần nguyên củax. 7.0







  

 2 1  20 1 22 1  22 1

2 1 n C n 2C n ... 2nC nn







  

 2 C12n 12C32n 1... 2 nC22nn 11







        

2 1

0 2 2

2 1 2 1 2 1

2 1 n C n 2C n ... 2nC nn







  

 2 C12n 12C32n 1... 2 nC22nn 11

Đặt A2n1 C02n12C22n1... 2 nC22nn1,

1 3 2 1

2 1 2 1 2 2 1 ... 2 2 1

n n

n n n n

B  C   C    C 










  
 

 

  



   


2 1

2 1 2 1

2 1 2 1
2 1

2 1 2 1

2 1 2

, ,

2 1 2

n
n n
n n
n
n n
B A
A B
B A
1.0

Từ





2 1

2 1 2 1

2 1 2 1 2 1

2 1

2 lim 2

n

n n

n n n

A A

B B B



 

  



   

2 2 2

2n 1 2 2n 1 1 2 2n 1 2n 1 1

A   B     B   A   B2n1 2 A2n1

2.0



 



 



 1 A2n 1  2B2n 1 A2n 1 2B2n 1



 







  A2n 1 2B2n 1 B2n 1 2





2 1

2 1 2 1

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Mà 2 1

2 1
2 1 2 1

2 1

1 1

lim lim

2 2 2 2

n
n
n n
n
B
A
B A
B


 

 




Theo đề ra:







 

 2 1 2 1 2 ,    1

2 2

n n

c B B n c

4 Cho BP

 

1 1 và với mỗi số k*,k2 gọi BP k

 

là tích các ước
nguyên tố của k. Hãy chỉ ra với mỗi số nguyên dương N, ta xây
dựng được dãy số an1 anBP a

 

n , n * luôn chứa Nsố hạng
liên tiếp tạo thành một cấp số cộng.

7.0

Để chứng minh bài toán, ta sử dụng hai bổ đề sau:

Bổ đề 1: Trong dãy BP a

 

1 ,BP a

 

2 ,...mỗi số hạng là ước của số
hạng tiếp sau nó.

Chứng minh.

– Vì BP a

 

n anBP a

 

n anBP a

 

n an1 nên mọi thừa số
nguyên tố của BP a

 

n đều là ước của an1.

– Suy ra BP a

 

n BP a



n1



0.5
0.5
Đặt

 

n
n
n
a
b
BP a

 và





 

1
n
n
n
BP a
z
BP a


 với *

n
 

Dễ dàng ta có: , , *

n n

b z   n  .
Mặt khác





 





 





 

1
1

1 1 1

n n

n n n

n n

n

n n n

n

a BP a

a BP a BP a

a b

b

z

BP a BP a BP a

BP a


  

 
   
0.5
0.5

 Bổ đề 2: Với mỗi số nguyên dương N, luôn tồn tại số nguyên

dương M sao cho

 

1 ... 2 1 *

M M M N

z z   z   
Chứng minh.

 Ta có ln tồn tại một vài số ngun tố p2N nên luôn tồn tại
số nguyên tố m đủ lớn sao cho amchia hết cho mọi số nguyên tố
nhỏ hơn 2N.

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Ta sẽ xây dựng dãy bắt đầu từ số hạng am(coi như số hạng đầu
của dãy).

Gọi M là số lớn hơn m sao cho bM nhỏ nhất (theo nguyên lí cực
hạn).

Theo định nghĩa bM nhỏ nhất, ta có

1, 1.

M

M M M

M

b

z z z

b






    

Do đó, ta chứng minh Bổ đề 2 bằng phản chứng.

 Giả sử

 

* không đúng thì *

min

k k

  để zM k 1 1.

Vậy 1kN1 và zM zM1 ...zM k 2 1. Suy ra

1 1

M k M

b   b k .

 Ta có zM k 1 là tích của các số nguyên tố là ước của aM k nhưng
không là ước của aM k 1.

 Mặt khác, nếu zM k 1 2N thì





1 1 1

M k M M k M k

z   BP a  z   a   (vô lý) nên zM k 1 2 .N
 Vì thế

1 1

2 2

M k M M M

M k M

M k M k

b b k b k b N

b b

z z N N

 


   

    

    

Điều này mâu thuẫn với giả thiết bM nhỏ nhất. Vậy bổ đề được
chứng minh.

1.0

0.5

 Áp dụng Bổ đề 2, với mỗi N, tồn tại một số nguyên dương M

thỏa mãn:



M





M 1



...



M N 1



BP a BP a   BP a  

 Vậy aM,aM1,...,aM N 1 là các số hạng liên tiếp của một cấp số cộng.
1.0

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO

BÌNH THUẬN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA

NĂM 2018–2019

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19/10/2018

Bài 1. (5 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên:





3 3 2 2 4 2 2 1.
x y x yxy  x xyy 

Bài 2. (5 điểm) Cho , 0;

x y   

 . Chứng minh rằng:





 

  



 

2 2 2 2 2

1 1 1

sin sin 1 sin cos 1 cos 1

2 sin sin 2 sin 2 sin sin 2 cos

x y x y x

x y x y x y

Bài 3. (5 điểm) Cho tam giác ABC có ABAC và nội tiếp đường tròn

 

O . Phân
giác trong góc BAC cắt

 

O tại điểm D khác A, lấy E đối xứng B qua AD,
đường thẳng BE cắt

 

O tại F khác B. Lấy điểm G di chuyển trên cạnh AC

(G khác ,A C), đường thẳng BG cắt

 

O tại H khác .B Đường thẳng qua C

song song AH cắt FD tại I. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCG cắt EI tại

hai điểm phân biệt ,K L. Chứng minh rằng đường trung trực đoạn thẳng KL

luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 4. (5 điểm) Cho 2018 tập hợp mà mỗi tập chứa đúng 45 phần tử. Biết rằng hai

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

ĐÁP ÁN KỲ THI

Lời giải tóm tắt Điểm

Bài 1. (5 điểm) Giải phương trình nghiệm nguyên:





3 3 2 2 4 2 2 1.
x y x yxy  x xyy 

Nhận xét: xy 0,5



2 2



2 x y 4xy 1

    0,5





      

3 3 2 2 4 2 2 1

x y x y xy x xy y









 x2y2 xy4 4xy1 0,5



2 2







2 4xy 1 2 x y x y 4 4xy 1 x y 4

          1,5

2 x y 4 x y 3; 4; 5

       0,5

xy (không thỏa mãn) 0,5

xy (không thỏa mãn) 0,5

xy tìm được x1;y4hoặc x4;y1. 0,5

Bài 2. (5 điểm) Cho , 0;

x y   

 . Chứng minh rằng:





 

  



 

2 2 2 2 2

1 1 1

sin sin 1 sin cos 1 cos 1

2 sin sin 2 sin 2 sin sin 2 cos

x y x y x

x y x y x y

Đặt asin sin ,x y bsin cos ,x y ccosx thì , ,a b c0; a2 b2c2 1 1,0

Ta cần chứng minh





2 2 2

1 1 1 9

.
4

1 1 c 1 ab ac bc

a  b       0,5

Thật vậy,





 



 





2 2 2

1 1 1 1 1 1

1 1 c 1 a b a c b c b a c a c b

a  b            











2 a b c
a b a c b c

 


  

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Mà



ab a



c b



c

 

 abc



abacbc



abc



















         

    

1
9
8

a b c ab ac bc a b c ab ac bc

a b c ab ac bc

1,0

Nên





2 2 2

1 1 1 9

.
4

1 1 c 1 ab ac bc

a  b       1,0

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 arccos 1 ,

3 3

abc x y 0,5

Bài 3. (5 điểm) Cho tam giácABCcó AB AC và nội tiếp đường trịn

 

O . Phân giác trong góc BAC cắt

 

O tại điểm D khác A, lấy E đối
xứng B qua AD, đường thẳng BE cắt

 

O tại F khác B. Lấy điểm

G di chuyển trên cạnh AC (G khác ,A C), đường thẳng BG cắt

 

O

tại H khác .B Đường thẳng qua C song song AH cắt FD tại I.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác BCG cắt EI tại hai điểm phân biệt

K L. Chứng minh rằng đường trung trực đoạn thẳng KL luôn đi qua

một điểm cố định.

Gọi giao điểm của đường thẳng EI và BC là J. 0,5

DF là trục đối xứng của EC 1,0

   

CEJECIHACHBC nên tứ giác BGEJ nội tiếp 1,5

Phép nghịch đảo k CE CG CJ CB. .

C

N   biến đường tròn (BCG) thành đường

thẳng EJ nên biến ,K L thành chính nó. 1,0

Do đó 2 2

CK CL k hay đường trung trực đoạn thẳng KL luôn đi

qua điểm C cố định. 1,0

Bài 4. (5 điểm) Cho 2018 tập hợp mà mỗi tập chứa đúng 45 phần tử. Biết

rằng hai tập tùy ý trong các tập này đều có đúng một phần tử chung.
Chứng minh rằng tồn tại phần tử thuộc tất cả 2018 tập hợp đã cho.
Lấy tập A tùy ý, trong A sẽ có phần tử a thuộc ít nhất 45 tập hợp khác.

Nếu không, số tập hợp không quá 45x44 + 1 = 1981. 1,0

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Với tập B bất kì, nếu a khơng thuộc B thì với mỗi tập Ai



1 i 45



đều có phần tử ai chung với B mà ai a. 1,0

Thành ra B khơng có phần tử chung với A, nếu có thì phần tử chung
đó phải thuộc tập Ai



1 i 45



nào đó nên A và Ai



1 i 45



có 2
phần tử chung. (Vơ lí)

1,0

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO

HAØ NAM

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12

VAØ THAØNH LẬP ĐỘI TUYỂN THAM DỰ KỲ THI

CHỌN HSG

QUỐC GIA NĂM 2018–2019

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4,0 điểm). Cho dãy số

 

xn xác định bởi:

1 1 2 3 2017 2018

1 2 3 2017 2018

0; n n ... , .

n n n n n

x x x n

x x x x x



         

a) Với mỗi n*, đặt n 2

n

n
y

x

 . Chứng minh dãy số

 

yn có giới hạn hữu hạn

và tính giới hạn đó.

b) Tìm các số  để dãy



nxn



có giới hạn hữu hạn và giới hạn là một số khác 0.

Câu 2 (4,0 điểm). Tìm tất cả hàm số :f  thỏa mãn

 



2 2



 

2 ,

 

1

f x  f y xf x y x y

Câu 3 (4,0 điểm). Cho k là số nguyên dương, chứng minh rằng (4k2-1)2 có ước

nguyên dương dạng 12 kn -1(n là số nguyên dương) khi và chỉ khi k chia hết
cho 3.

Câu 4(4,0 điểm).Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn (O). Các

đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H, M là trung điểm cạnh BC. Đường tròn
(J) ngoại tiếp tam giác AEF cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K (KA), AM
cắt đường tròn (J) tại điểm thứ hai là Q (Q A), đường thẳng EF cắt đường
thẳng AD tại P, đoạn thẳng PM cắt đường tròn (J) tại N.

a) Chứng minh rằng các đường thẳng KF, EQ và BC hoặc đồng quy hoặc song

song.

b) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN và đường tròn ngoại
tiếp tam giác BNC tiếp xúc nhau.

Câu 5 (4,0 điểm). Trong kỳ thi chọn HSG lớp 12 mơn tốn năm học 2018-2019 có 20

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN

Câu Nơi dung Điểm

1.

(4,0 đ)

a) Từ giả thiết suy ra

2 2 2

1 1 2

1 1

0 2 2

n n n n n

n n

x x x x x

x x

          

Suy ra         

2 2 2 2

1 2 1 2 ... 1 2 .

n n n

x x x x n Do đó limxn 

1,0

Xét xn21xn2 



xn1xn



xn1xn



  

             

 2 3 2017 2018 2 3 2017 2018

1 2 3 2017 2018 1 2 3 2017 2018

2 n ... ...

n n n n n n n n n n

x

x x x x x x x x x x

2 3 4 2018 2019 2 2016 2017

1 2 3 2017 2018 2 3 2017 2018

2 ... 1 ...

n

n n n n n x n n n

x x x x x x x x

   

               

   

Suy ra lim



x2n1xn2



2

1,0

Ta có



 







2 2 2 2 2 2 2

1 1 2 ... 2 1 1

n n n n

n x x x x x x x

x

n n

  

      



Áp dụng định lý trung bình Cesaro ta có



2 2

 

2 2





2 2



1 1 2 ... 2 1 1

limxn lim xn xn xn xn x x x 2

n n

  

      

 

Do đó lim 2 1

n

n
x 

1,0

b) Xét n n 2 n 2

n

z nx x

x

 

  0,5

Từ đó:

+) Nếu   2 thì limzn  

+) Nếu   2 thì limzn 0

+) Nếu   2 thì lim 1

n

z 

Vậy   2 là giá trị cần tìm thỏa mãn đề bài.

0,5

2.

(4,0 đ)

Thay x = 0 vào (1) có f



f2

 

y



 y2.

Thay x = y = 0 vào (1) có f



f2

 



0 a f a:

 

0

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Thay y = 0 vào (1) có f x

 

2 xf x

 

 x .
Thay x bởi (–x) có

 

        

     


2

f x xf x x xf x xf x

f x f x x

Mà f(0) = 0 suy ra f là hàm lẻ mà f



f2

 

y



y2 suy ra f nhận giá
trị trên , do đó f là tồn ánh.

1,0

 





 



 







 

2 2 2 2 ,

, 0.

f x f y f x f f y x y

f a b f a f b a b

    

     



Thay a bởi a + b suy ra f a b







 f a

 

 f b

 

a b, 0.
Vì f lẻ suy ra f a b







 f a

 

 f b

 

a, bf: cộng tính.

1,0









 











 

  



 



 

2 2

1 2 1 2 1

1 1 1 1 1

1 . .

f x f x f x xf x f x f

f x x f x x f x f

f x xf f x k x x

      

     

Thử lại suy ra k=-1. Vậy f x

 

 x.

1,0

3.

(4,0 đ)

Bổ đề: x y, ; 4x



y1 | 4x





2 1



2  xy.

Chứng minh: Nếu x=y thì 4xy 1



4x21 | 4x

 

2 1



2.
Gọi (x;y) là cặp số nguyên dương “tồi” nếu



4xy1 | 4x





2 1



2
nhưng xy.

Nhận xét:

i) Nếu (x; y) là cặp “tồi” và x<y thì tồn tại số nguyên dương z sao
cho z < x và (x; z) là cặp số “tồi”.

Thật vậy: đặt 








2
2

4x 1

r

y

  





r r 1  r 4xy1  



4x2 1



2  1(mod 4x)

4xz 1, .

r z 

   





4x 1

4xz 1 4x 1

4x 1

x y

y


     

 zx

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

mà



4xz 1 | 4x





2 1



2 suy ra



x z;



là cặp ‘’tồi’’.
ii) Nếu (x; y) là cặp “tồi” thì (y; x) cũng là cặp “tồi”.

Thật vậy:



 



























  

      

  

2
2

2 2 2

2 2 4 2

2
2

1 1 4x mod (4x 1 )

4 1 4 4x 16 4x 1 0 mod (4x 1 )

4x 1 | 4 1

y y

y y y y y

y y

1,0

Giả sử tồn tại ít nhất 1 cặp “tồi”. Gọi (x; y) là cặp “tồi” sao cho
(2x + y) nhỏ nhất.

Nếu x < y, theo (i) suy ra tồn tại (x; z) là cặp “tồi” sao cho
2x + z < 2x + y.

Nếu y < x, theo (ii) suy ra (y, x) là cặp “tồi” và 2y + x < 2x + y.
Vậy x = y.

1,0

Áp dụng bổ đề với x = k, y = 3n.

 2  2  

(12kn 1)|(4k 1) k 3 .n 1,0

4. 
(4,0 đ)

Không mất tổng quát giả sử C QSDE





  1



QFBA



 1

a) Gọi A’ là điểm đối xứng với H qua M, suy ra BHCA’ là hình bình
hành. Do đó NF2 NB NA. suy ra  là đường kính của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>



 



  2  2  2 2  2  2

/( ) /( )

N O M O

P P NO R MO R NO MO

Dễ thấy AH là đường kính của đường trịn (J), suy ra . Từ (1)
và (2) suy ra K, H, A’ thẳng hàng. Mà H, M, A’ thẳng hàng nên
suy ra K, H, M, A’ thẳng hàng.

Gọi L là giao điểm của AK và BC.

Từ các kết quả trên và giả thiết, suy ra H là trực tâm của các tam
giác ALM.
suy ra LH vuông góc với AM, gọi





 





2 2 2 2

2 . 0 ( ).

NO NI MO MI

NO NI NO NI MO MI MO MI

IO NM MN IO đpcm

 

    

 

      

   

   

       

  suy ra

các tứ giác: ABDE, ALDQ nội tiếp, suy ra DBDC nội tiếp.

Ta có:    

2 2

B B

DBI DBC BAD DIB DBI. Suy ra các tứ giác

KLBF, CMQE nội tiếp

Như vậy: LB là trục đẳng phương của hai đường tròn (LBQE) và

KLBF); KF là trục đẳng phương của hai đường tròn ((KLBF) và (J);

EQ là trục đẳng phương của hai đường tròn (J) và (LBQE).

Do đó 3 đường thẳng KF, EQ và BC đồng quy hoặc song song.
1,0

b) Ta có: AK là trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và (J); EF

là trục đẳng phương của hai đường tròn (J) và (BFEC); BC là trục
đẳng phương của hai đường tròn (BFEC) và (O), mà AK cắt BC

tại L, suy ra AK, EF, BC đồng quy tại L.

Ta có M là tâm của đường tròn (BFEC), suy ra ABAC2BC

kết hợp với

    

. . . CA GB. 1 BA GC. (1)

CA GB CB GA BA GC

CB GA BC GA .

Suy ra P là trực tâm tam giác JLM. Do đó



  




  



( ) sin

. ,

( ) sin

. (2)

( ) sin

CA FA S GAF GA AGD

CB FB S GBF GB BGD

BA EA S GEA GA AGD

BC EC S GEC GC CGD

Gọi S là giao điểm của JL và MP, ta có tứ giác LDPS nội tiếp, suy
ra CA GA DA BA. ;  GA DA.

CB GB DB BC GC DC

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

 CA GB.  DA BA GC; .  DA (3)

CB GA DB BC GA DC

Xét tứ giác toàn phần AEHFBC, ta có (A,H,P,D) = –1, mà J là

trung điểm AH, suy ra DA 1 DA 1 1 1 (dfcm)

DB   DC  DB DA DC

(4). Từ (3) và (4) suy ra B A C1 1 1B HC1 1 BAC, mà A B C1 1 1 suy
ra LN là tiếp tuyến của (J). Suy ra ABC là tiếp tuyến của đường

tròn (BNC) (5).
Từ A B C1 1 14 điểm A, K, D, M cùng thuộc một đường tròn, suy ra

1 ; 1 ; 1

A x B y C z là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác

MND (6).
Từ (5) và (6) suy ra hai đường tròn (BNC) và (MND) tiếp xúc
nhau tại N (đpcm).

1,0

5. 
(4,0 đ)

Ta gọi chung một nhóm “tình bạn” hoặc một nhóm “xa lạ” là một
nhóm “đặc biệt”. Số nhóm 3 người mà khơng phải nhóm “đặc biệt”
là C320n1140n.

1,0
Ta gọi T là số bộ ( ,{ , })A B C sao cho A quen cả B và C hoặc A không
quen cả B và C.

TH1: Với mỗi nhóm đặc biệt số bộ ( ,{ , })A B C là 3, vậy số bộ
( ,{ , })A B C như trên là 3n.

0,5

TH2: Với mỗi nhóm 3 người, mà khơng phải nhóm đặc biệt số bộ

( ,{ , })A B C như trên là 1 , trường hợp số bộ ( ,{ , })A B C là

20 1140

C n n.Vậy T11402n.

0,5
Với mỗi bạn học sinh A, giả sử bạn A quen với x học sinh và
không quen với y học sinh. Ta có xy19 và số bộ ( ,{ , })A B C

ứng với học sinh A này là











 





2 2 1 1 1 19 18

2 2 2 2 81

x y

C C  x x  y y  x x  x x  .

0,5

Suy ra T81.201620 hay 11402n1620. Vậy n240. 0,5
Để chỉ ra dấu bằng, ta đánh số các bạn học sinh là A1,,A20 và xây
dựng một mơ hình như sau: Ai và Aj quen nhau nếu ,i j cùng tính
chẵn lẻ. Và Ai không quen Aj nếu ,i j khác chẵn lẻ. Khi đó số bộ
( ,{ , })A B C ứng với một nhà toán học A sẽ là C102 C92 81, tức dấu
bằng đã xảy ra.

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

SỞ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO

HÀ NỘI

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

THAØNH PHỐ LỚP 12 THPT NĂM 2018–2019

Mơn: TỐN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 28/9/2018

Bài 1. (4 điểm) Gọi d d1, 2,...,dk là tất cả các ước nguyên dương của n được sắp xếp
theo thứ tự tăng dần. Tìm tất cả các số nguyên dương n có tích chất sau:

5 3

5 7

40
.

7 8 3

d d

d d n

  




 




Bài 2. (4 điểm) Cho đa thức P x

 

xpax2 bx c trong đó , ,a b c là các số
nguyên và p là số nguyên tố. Biết rằng P x

 

có ba nghiệm nguyên x x x1, 2, 3
thỏa mãn



x1x2



x2 x3



x3 x1



không chia hết cho p. Chứng minh rằng

abcac chia hết cho p3.

Bài 3. (4 điểm) Với mỗi số nguyên dương n xét hàm số

 

2n 2n 1 ... 1.

n

f x x x   x

1) Chứng minh rằng hàm f xn

 

luôn đạt giá trị nhỏ nhất tại một điểm xn duy
nhất.

2) Tìm lim f xn

 

n .

Bài 4. (4 điểm) Cho hai đường tròn

 

O và

 

O' cắt nhau tại A và B. Qua A kẻ
hai đường thẳng 1 và 2. 1 cắt hai đường tròn

 

O và

 

O' lần lượt tại C

và ;D 2 cắt hai đường tròn

 

O và

 

O' lần lượt tại E và F ( , , ,C D E F khác

A). Các đường trung trực của CD và EFcắt nhau tại K. Đường thẳng d thay
đổi đi qua K cắt đường tròn

 

O' tại , .P Q Chứng minh rằng trực tâm tam giác

APQ ln nằm trên một đường trịn cố định.

Bài 5. (4 điểm) Xét các số hữu tỉ dương x x1, 2,...,xn thỏa mãn

1 2

1 1 1

; ; ...; n

n

x x x

p p p

  

là các số nguyên dương (với 1. ...2 n ,



1; 2; ...;



i

x x x

p i n

x

   ).

1) Chứng minh x x1 2...xn 1.

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Nội dung Điểm

1.

(4 đ)

TH1: Nếu n lẻ thì dilẻ với mọi i



1, 2,...,k



Từ 5 7 5 7 5 7

7 5 7 5

|8 |

7 8 3

|7 |7

d d d d

d d n

d d d d

 

 

   

 

 

0,5

7 7 5 21 5 1, 3,7, 21

d d n d

     là các ước của n. 0,5

Mà theo giả thiết d5 40d3 40d1 1,d2 3,d3 7,d4 21 0,5

5 47 21.47 987

d n

    

Thử lại thấy n987thỏa mãn yêu cầu bài toán 0,5

+ Nếu n chẵn suy ra d1 1,d2 2.Từ 7d58d7 3nchẵn suy ra d5

chẵn nên d3 d540 chẵn. Suy ra d3 4hoặc d3 2 ,k k2 1,0

Nếu 3

2 3

2 , 2

k n

d k k

d k d




   

  




điều này vô lý.

Vậy d3 4d5 4411, 22 là hai ước của n mà hai ước này
nằm giữa d d3, 5điều này vô lý vậy n chẵn không thỏa mãn
Kết luận: n987là số tự nhiên duy nhất thỏa mãn yêu cầu
bài toán

1,0

2.

(4 đ)

Ta có

 









2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 0

p

P x x ax bx c x x ax  b x c 0,5

Mà theo định lý Fecma ta có









1 1 0 mod

p

x x  p suy ra









1 1 1 0 mod

ax  b x  c p

0,5

Tương tự ta có ax22 



b1



x2 c 0 mod



p











3 1 3 0 mod

ax  b x  c p 0,5

Suy ra



ax12 



b1



x1c







ax22



b1



x2c



0 mod



p







x1x2

 

a x1x2

 

 b1



0 mod



p



1,0

Mà



x1x2



x2 x3



x3x1



không chia hết cho p suy ra



1 2

 



0 mod





a x x b p

    

 

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Tương tự a x



2x3

 

 b1



0 mod



p



Suy ra a x



1x2

 

 b1



a x



2 x3

 

 b1



 0 mod



p





1 2



0 mod





0 mod





a x x p a p

    

0,5



b 1



0 mod



p



c 0 mod



p



    

abc ac

  chia hết cho p3 0,5

3.

(4 đ)

1) Với x0xk 0  k



1, 2,..., 2n



 f xn( ) 1
Với x  1 x2k1(x1)0  k



1, 2,....,n






 



2 1   

( ) ( 1) 1 1

n
k
n

k

f x x x

Do vậy để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f xn( ) ta chỉ cần xét
1,0

x   là đủ

0,5

Với x  1,0 ta có

2 1 2 1 2

1 2 (2 1) 1

( ) ( )

1 (1 )

n n n

n n

x nx n x

f x f x

x x

 

   

  

 

Đặt g xn( )2nx2n1(2n1)x2n1

  

g xn/( )2 (2n n1)x2n 1(x1)   0 x  1, 0

0,5

Do vậy g xn( ) đồng biến trong 1, 0. Mặt khác gn(0)10,

   

( 1) 4 n 0

n

g suy ra g xn( )0 có nghiệm duy nhất

( 1, 0)

n

x   và g xn( )0   x ( 1,xn),g xn( )0  x (xn, 0)

0,5

Do vậy /( ) 0

n

f x  có nghiệm duy nhất xn ( 1, 0) và

/( ) 0 ( 1, ), /( ) 0 ( , 0)

n n n n

f x    x x f x   x x

Từ đó suy ra tồn tại duy nhất xn ( 1, 0) sao cho

( ) min ( )

n n n

f x  f x với x.

0,5

2) Đặt Sn  f xn

 

n

2 1

1 1 1

( 1, 0) 1

1 1 2

n
n

n n

x

x S n

x x





       

  .

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Ta chứng minh không tồn tại 1
2

a sao cho Sn   a n n0. Thật

vậy giả sử tồn tại 1: 0

2 n

a S a  n n suy ra





         


2 1

1 1

( 1, 0) ( ) ( )

1 2

n

n n n

x

x f x f x a n n

x





  


2 1

1 1

lim

1 2

n

x

a

x

0,5

     



1 1

( 1, 0)

1 x a 2 x



   


1

1 1 1

lim

2 x 1 x a 2 điều này vô lý

Ta lại có Sn1 min fn1( )x  fn1( )xn



xn2n 1(1xn) f xn( n) f xn( n)Sn

Vậy Snlà dãy đơn điệu không tăng bị chặn dưới bởi

1 1

limS

2   nS 2

0,5

Nếu 1

S chọn 1( 1)

2 2

d S

Do Sn S và limSnS n0 : SnS   d n n0
  1( 1) 1  0

2 2 2

n

S S n n

Điều này mâu thuẫn với chứng minh trên vậy limS 1.

n S

0,5

4.

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Kẻ đường kính AM và AN của đường tròn (O) và (O’).
Gọi I, J, K’ là trung điểm của CD, EF, MN.

Vì tứ giác MNCD là hình thang vng nên K’I vng góc CD suy
ra K’ thuộc trung trực của CD

Tương tự K’ thuộc trung trực của EF

Vậy 'K K.

2,0

AH cắt đường tròn (O’) tại L.

Chứng minh H đối xứng với L qua PG 1,0

Từ đó suy ra MH song song với NL
Nên MHA900

Vậy H thuộc đường tròn (O) cố định

1,0

5.

(4 đ)

1) Đặt Px x1 2....xnx Pi i   P i



1, 2,...,n



và P P1 2...Pn Pn1



Theo giả thiết





 1  *  1, 2,....,

i
i

x N i n

P





 1 2    *   *

1 2

1 1 1 ( 1)

( )( )...( )

n

n n

n

P

x x x N N

P P P P

1,0

Theo giả thiết xi Q i



1, 2,..., n



P Q P a

b

 

      

với a b, N*,( , )a b 1.

Từ đó suy ra     *

( )

n
n

a b

m N

b a

   

 anC an1 n 1b.... C nn 1a b. n 1bn man 1b (1)

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Từ đẳng thức (1) ta suy ra
|

n
n

a b
b a







mà ( , )a b 1ab1P1
Vậy x x1 2....xn1.

2) Ta lại có





1 2

2 .2 ....2 2 .n 2n 2 2 ,i 1, 2,...,

n i i

x x x  y  x    N  i n .
Từ đó suy ra 2 .2 ....2x1 x2 xn 2n 12 ....n n (2)

Đặt





1 2

1, 2,....,
1

... 2 (3)

i

i i

n

N i n

n


 

  

   



   

   




Từ suy luận trên ta suy ra số bộ có thứ tự ( ,x x1 2,...,xn)bằng số
nghiệm tự nhiên của phương trình (2) bằng số nghiệm nguyên
dương của phương trình (3).

1,0

Ta goi X là tập các xâu có tính chất độ dài xâu là 3n – 1 bao gồm
2n số 1, n – 1 số 0 sao cho số 0 không đứng ở đầu xâu,cuối xâu
và khơng có hai số 0 nào đứng cạnh nhau trong mỗi xâu đó.Gọi
T là tập nghiệm nguyên dương của phương trình (3).Xét ánh xạ

f TXsao cho nghiệm ( 1, 2,....,n)được đặt tương ứng
với xâu (1,…,1,0,1,…,1,0,…..,0,1,…,1) với số các số 1 trong xâu
lần lượt là  1, 2,...,n.Dễ thấy f là song ánh nênT  X .Mà
số phần tử của tập X bằng số cách chọn n-1 vị trí trong 2n – 1 vị
trí giữa các số 1 để đặt số 0,số cách chọn này là C2nn11.

Vậy số bộ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là C2nn11

 .

1,0

 Chú ý:

Học sinh làm theo cách khác nhưng đúng vẫn cho điểm tối đa.

</div>

Tuyển tập Đề thi tuyển chọn đội tuyển dự thi VMO cả nước năm 2019

NĂM 2018–2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI PHỊNG

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM </b>

 

 



 





 





 



 







 



















 









 











<sub> </sub>





















 





















 































